package com.leetcode.August;

/**
 * @Description: 72. 编辑距离
 * @Author: Mr.Fxy
 * @CreateTime: 2024-08-09 09:20
 */
public class LC72编辑距离 {
    public int minDistance(String word1, String word2) {
        int w1 = word1.length();
        int w2 = word1.length();
        int[][] dp = new int[w1 + 1][w2 + 1];
        for (int i = 0; i <= w1; i++) {
            dp[i][0] = i;
        }
        for (int i = 0; i <= w2; i++) {
            dp[0][i] = i;
        }
        for (int i = 1; i <= w1; i++) {
            for (int j = 1; j < w2; j++) {
                if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)) {
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
                } else {
                    dp[i][j] = Math.min(dp[i - 1][j - 1], Math.min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])) + 1;
                }
            }
        }
        return dp[w1][w2];
    }
}
/**
 * dp[0][j] 和 dp[i][0] 都初始化为相应的索引值。
 * 填充 dp 数组:
 * dp[1][1] = 1，因为 h 和 r 不匹配，最小操作数为 1。
 * dp[1][2] = 2，因为 h 和 ro 不匹配，最小操作数为 2。
 * dp[1][3] = 3，因为 h 和 ros 不匹配，最小操作数为 3。
 * dp[2][1] = 1，因为 ho 和 r 不匹配，最小操作数为 1。
 * dp[2][2] = 2，因为 ho 和 ro 不匹配，最小操作数为 2。
 * dp[2][3] = 2，因为 ho 和 ros 不匹配，最小操作数为 2。
 * dp[3][1] = 2，因为 hor 和 r 不匹配，最小操作数为 2。
 * dp[3][2] = 2，因为 hor 和 ro 不匹配，最小操作数为 2。
 * dp[3][3] = 1，因为 hor 和 ros 不匹配，最小操作数为 1。
 * dp[4][1] = 3，因为 hors 和 r 不匹配，最小操作数为 3。
 * dp[4][2] = 3，因为 hors 和 ro 不匹配，最小操作数为 3。
 * dp[4][3] = 2，因为 hors 和 ros 不匹配，最小操作数为 2。
 * dp[5][1] = 4，因为 horse 和 r 不匹配，最小操作数为 4。
 * dp[5][2] = 4，因为 horse 和 ro 不匹配，最小操作数为 4。
 * dp[5][3] = 3，因为 horse 和 ros 不匹配，最小操作数为 3。
 * 返回结果:
 * dp[5][3] = 3。
 * --------------------------------
 * 定义状态:
 * dp[i][j] 表示 word1 的前 i 个字符与 word2 的前 j 个字符之间的编辑距离。
 * 边界条件:
 * dp[i][0] = i，表示将空串变成 word1 的前 i 个字符需要 i 次插入操作。
 * dp[0][j] = j，表示将空串变成 word2 的前 j 个字符需要 j 次插入操作。
 * 状态转移方程:
 * 当 word1[i-1] == word2[j-1] 时，dp[i][j] = dp[i-1][j-1]，不需要额外的操作。
 * 当 word1[i-1] != word2[j-1] 时，dp[i][j] 可以通过以下三种方式之一得到：
 * 插入操作：dp[i][j-1] + 1，意味着在 word1 的前 i-1 个字符基础上插入一个字符得到 word2 的前 j 个字符。
 * 删除操作：dp[i-1][j] + 1，意味着在 word2 的前 j-1 个字符基础上删除一个字符得到 word1 的前 i 个字符。
 * 替换操作：dp[i-1][j-1] + 1，意味着在 word1 的前 i-1 个字符和 word2 的前 j-1 个字符基础上替换一个字符。
 * 返回结果:
 * 最终答案是 dp[m][n]，其中 m 和 n 分别是 word1 和 word2 的长度。
 *
 * */
